2027届江苏高三第一次质量监测联考数学试卷（含解析）

试卷第=page11页（共=sectionpages33页）试卷第=page11页（共=sectionpages33页）2027届高三第一次质量监测数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置，在其他位置作答一律无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．某同学记录了我市2026年8月中旬连续6天的最高气温（单位：摄氏度）分别为：31，29，32，35，35，34，则这6个数据的中位数为（

）A．31 B．32 C．33 D．343．已知，则（

）A．2 B．4 C．12 D．164．“”是“”的（

）A．充分但不必要条件 B．必要但不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件5．若函数（且）的值域为，则的取值范围是（

）A． B． C． D．6．已知随机变量，，若，，则（

）A．0.6 B．0.3 C．0.2 D．0.17．某圆锥的侧面展开图是一个弧长为，圆心角为的扇形．若将一个球放入该圆锥体内，则球的表面积的最大值为（

）A． B． C． D．8．已知定义在上的可导函数满足，且当时，．若，则的取值范围是（

）A． B． C． D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．已知两个线性相关变量，的统计数据如下表所示，其经验回归方程为，则下列说法正确的是（

）1245811152545A．当时，的估计值为 B．C．这组数据的样本中心为 D．样本相关系数10．已知正实数，满足，则下列结论正确的是（

）A． B．的最小值为2C．的最小值为4 D．的最小值为211．已知直三棱柱中，，，，，分别为，的中点．（

）A．B．平面C．点到平面的距离为D．若平面将棱柱分成两部分的体积分别为，，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．的展开式中，的系数为_____________．13．甲、乙两人投篮命中率分别为和，并且他们投篮互不影响．现每人分别投篮两次，则甲比乙进球数多1个的概率为_____________．14．已知函数，若，则的单调增区间是______；若有两个零点，则的取值范围是______．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．已知三次函数，．(1)若在处取得极值，求，；(2)若，的图象与轴有两个不同的交点，求的取值范围．16．已知函数．(1)判断并证明的单调性；(2)若，，求的取值范围．17．已知集合，．从两个集合中各随机取出两个元素合并成一个集合．(1)求从中取出的两个元素之和为偶数的概率；(2)设集合中元素的个数为，求随机变量的分布列与数学期望；(3)若集合中恰有3个元素，求从中取出的两个元素之和为奇数的概率．18．如图，在三棱锥中，平面，平面平面，为的中点．(1)求证：．(2)若，，，且与平面所成角为．①当时，求三棱锥的体积；②当取最大值时，求二面角的正弦值．19．对于函数，和，，设，若，，且，都有成立，则称是的“从属函数”．(1)若，是的“从属函数”，且是偶函数，求证：也是偶函数；(2)设，，，求证：是的“从属函数”；(3)设是的“从属函数”，且在区间上存在两个零点，，求证：．答案第=page11页（共=sectionpages22页）答案第=page11页（共=sectionpages22页）1．C【分析】先根据二次根式的性质求解集合，再结合交集的定义计算即可.【详解】已知集合，对于不等式，可得，因此，已知，可得，故C正确.2．C【详解】气温数据从小到大依次为，所以其中位数为.3．D【分析】根据复数的运算法则，以及复数相等的充要条件，求得的值，进而求得的值.【详解】由，可得，所以.4．C【详解】因为，则“”是“”的充要条件.5．A【详解】当时：当时，指数函数单调递增，故，值域为，当时，一次函数的斜率，函数单调递减，最大值为，当时，故值域为，，，所以两部分值域的并集为，无法覆盖大于的实数，值域不为，不符合题意.当时：当时，指数函数单调递减，故，值域为，时，一次函数斜率，函数单调递减，最大值为，当时，故值域为，若函数值域为，需两段值域覆盖全体实数，即满足，由于，两边同乘得，解得或（舍去），结合，得.综上所述，的取值范围是.6．B【分析】先利用二项分布的方差公式求解，再结合正态分布的对称性计算所求概率.【详解】对于二项分布，方差公式为，其中，代入得，，解得：.对于正态分布，分布曲线关于均值对称，故,由对称性得，，所以.7．B【分析】先根据圆锥侧面展开图的弧长和圆心角求出圆锥的底面半径、母线长与高，再通过轴截面等腰三角形的内切圆半径得到内切球半径，最终计算球的最大表面积.【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，高为，侧面展开图弧长等于底面周长，即：，解得；展开图圆心角为，由扇形弧长公式（为圆心角弧度值），代入得，解得；由勾股定理得圆锥高.圆锥内最大球为内切球，其半径等于圆锥轴截面（三边长为的等腰三角形）的内切圆半径轴截面面积，轴截面半周长，由三角形内切圆公式，得，，代入得：.8．A【分析】构造函数，对函数求导并利用导函数符号以及函数奇偶性得出函数的单调性，将不等式变形利用其单调性解不等式即可.【详解】可知函数为奇函数，令，则，当时，，即，也即；可知函数在时单调递减，且满足，因此可得为奇函数，根据奇函数性质可知在上单调递减，由可得，即，因此，解得；因此的取值范围是.9．AC【分析】结合经验回归方程过样本中心点的性质、估计值计算、相关系数与回归斜率的对应关系逐一判断选项即可.【详解】对于A，将代入经验回归方程，得，即的估计值为，故A正确；对于B，先计算的平均值，经验回归直线必过样本中心点，代入回归方程得，再由，解得，故B错误；对于C，由上述计算可知，，即这组数据的样本中心为，故C正确；对于D，经验回归方程的斜率为，说明变量和正相关，因此样本相关系数，故D错误.10．ABD【分析】选项A变形已知等式，推导的取值范围，选项B应用均值不等式求解，选项C利用的代换变形，应用均值定理求解，选项D将所求式子变形为，求最值.【详解】正实数，满足，，，，选项A正确；，，，当且仅当时，即时，等号成立，选项B正确；，当且仅当，即时，即等号成立，选项C错误；，，，，选项D正确.11．BCD【分析】建立空间直角坐标系，利用向量工具判断线线垂直、线面平行，计算点到平面距离，再通过分割法计算体积比，逐一验证选项.【详解】选项A：以为原点，分别为，，轴建立坐标系，得，，，，，所以，故与不垂直，A错误；选项B：平面的两个向量：，，设平面的法向量为，，解得，令，则，.，，且不在平面内，故平面，B正确；选项C：，，.，C正确.选项D：棱柱总体积，平面交于，计算得较小部分，较大部分，故，D正确.12．【分析】根据题意，求得二项展开式的通项，结合通项公式，进而求得展开式中的系数.【详解】由二项式的展开式的通项为，令，可得，所以展开式中的系数为.13．【详解】甲、乙两人投篮命中率分别为和，并且他们投篮互不影响．现每人分别投篮2次，甲比乙进球数多1个包含以下两种情况：①甲进1球，乙进0球，概率为：，②甲进2球，乙进1球，概率为：，则甲比乙进球数多1个的概率为.14．【分析】第一问代入，先求定义域，求导，解即可求出单调增区间；第二问先求定义域，求导找到唯一极大值点，函数有两个零点等价于极大值大于0，构造新函数研究单调性，解不等式即可求出参数的取值范围【详解】第一空：当时，，，则，令，解得，因此，的单调增区间为；第二空：由题意得，即，显然，若，则，此时由复合函数单调性满足同增异减可知，在定义域内单调递减，不可能有两个零点，所以不合要求；则，则，令，则，即，所以，令，则，再令，因为，则，所以在上单调递增，其中，故时，，时，，所以在处取最小值，当时，，当时，，所以当时，与有两个交点，所以的取值范围为.15．(1)，(2)【分析】（1）利用极值点处导数为0、对应函数值为极值列方程组求解，再验证极值条件是否成立；（2）通过换元将复合函数零点问题转化为一元二次方程正根分布问题，结合判别式和韦达定理求参数范围.【详解】（1）对求导得，由在处取极值，可得：，化简为，将第一式乘2与第二式作差得，即，代入得.验证：此时，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；所以是的极小值点，所以，.（2）当时，，则，依题意方程有两个不同实根，令（），等价于方程有两个不同正实根：若，方程为，仅有1个正根，不符合要求；若，需满足：判别式，解得；两根之和，解得；两根之积，解得.综上，的取值范围为.16．(1)在单调递减，证明如下：由，定义域为，求导得，当时，，因此在单调递减．(2)【分析】（1）通过导数判断函数的单调性即可；（2）根据单调性以及定义域将转化为，参变分离后转化为最值问题求解．【详解】（1）略（2）由（1）知在单调递减，故，等价于，所以恒成立；设，则，当时，，所以在单调递增，则，设，则在单调递减，所以；因此，的取值范围为．17．(1)；(2)分布列如下：234数学期望为；(3)【分析】（1）由组合知识和列举法进行求解；（2）计算出的可能取值和对应的概率，得到分布列，计算出期望；（3）在（2）的基础上，结合列举法进行求解【详解】（1），从中取出的两个元素，一共有种情况，其中取出的两个元素之和为偶数的情况为1和3，2和4；故从中取出的两个元素之和为偶数的概率为；（2）的可能取值为2,3,4，从两个集合中各随机取出两个元素共有种情况，其中，即从两个集合中取出的两个元素均相同，即1和2，1和2，故；，即从两个集合中取出的两个元素有一个相同，另一个不同，若相同元素为1，则有以下情况，和，和，和，和，和，有5种情况，同理，若相同元素为2，则为和，和，和，和，和，有5种情况，所以共有10种情况，所以；，即从两个集合中取出的两个元素均不同，有以下情况，和，和，和，和，和，和，和，有7种情况，所以，所以分布列如下：234数学期望为；（3）集合中恰有3个元素，由（2）知，共有10种情况，其中从中取出的两个元素之和为奇数的情况为和，和，和，和，和，和，共有6种情况，故集合中恰有3个元素，则从中取出的两个元素之和为奇数的概率为.18．(1)已知平面，且平面，因此；已知平面平面，且平面平面，在平面内作于，根据面面垂直的性质定理，可得平面，结合平面，可得；由于，且平面，根据线面垂直的判定定理，可得平面；又因为平面，因此．(2)①②【分析】（1）由线面垂直的定义先得到，在平面内作于，根据面面垂直的性质定理和线面垂直的定义得到后利用线面垂直的判定定理和定义即可证得结论；（2）①找出与平面所成角，通过其正弦值求出，再利用锥体体积公式求解；②建立空间直角坐标系表示与平面所成角，通过条件求出与的关系，利用基本不等式求的最大值后再利用公式求解.【详解】（1）略（2）①取的中点，连接，因为是的中点，所以，由（1）平面，可得平面，平面，所以，由，为等腰直角三角形，因此，又因为平面，，所以平面，则就是与平面所成的角，已知与平面所成角为，所以.在等腰中，，所以；在中，,代入得，所以,所以所以三棱锥体积为.②过点作平面，垂足为，以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则.故,直线的方向向量.设平面的法向量，故，即,令，则，所以.由直线与平面的夹角为，得，整理得，交叉相乘同时平方得，进而有，由基本不等式得，,所以，当且仅当时，即时等号成立，所以，即的最大值为.此时设平面的法向量，则，即，令，则，所以.平面的一个法向量.S设二面角为，则，所以.19．(1)因为是偶函数，对于任意，都有，因为是的“从属函数”，对于任意且，都有，令，（其中），代入上式得，因为，所以，而，故必有，即对任意非零成立，当时，等式显然成立，所以也是偶函数.(2)对于任意且，，，因为，所以，同理，因此，所以，故，即成立，所以是的“从属函数”。(3)因为是的“从属函数”，对于任意且，都有，已知是的两